(Luận văn) một số lớp bất đẳng thức lượng giác kiểu klamkin trong tam giác

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– ĐỖ THỊ THU TRANG lu an n va p ie gh tn to MỘT SỐ LỚP BẤT ĐẲNG THỨC LƯỢNG GIÁC KIỂU KLAMKIN TRONG TAM GIÁC d oa nl w an lu nf va LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va Thái Nguyên, 10/2018 ac th si ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– ĐỖ THỊ THU TRANG lu an n va p ie gh tn to MỘT SỐ LỚP BẤT ĐẲNG THỨC LƯỢNG GIÁC KIỂU KLAMKIN TRONG TAM GIÁC w d oa nl LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC nf va an lu Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 8640113 z at nh oi lm ul NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC z GS.TSKH NGUYỄN VĂN MẬU m co l gm @ an Lu n va Thái Nguyên, 10/2018 ac th si i Mục lục Mở đầu lu an n va 3 6 10 13 ie gh tn to Chương Một số lớp đẳng thức bất đẳng thức 1.1 Một số hệ thức hàm lượng giác ngược 1.2 Bất đẳng thức Jensen bất đẳng thức Karamata 1.2.1 Bất đẳng thức Jensen 1.2.2 Bất đẳng thức Karamata 1.3 Một số bất đẳng thức lượng giác tam giác p Chương Bất đẳng thức kiểu Klamkin hàm lượng giác tam giác 2.1 Bất đẳng thức kiểu Klamkin hàm cosin 2.2 Bất đẳng thức kiểu Klamkin hàm sin 2.3 Bất đẳng thức kiểu Klamkin hàm tan cotan d oa nl w an lu 17 17 24 28 nf va Chương Bất đẳng thức kiểu Klamkin hàm lượng giác ngược 3.1 Bất đẳng thức kiểu Klamkin hàm arccos arcsin 3.2 Bất đẳng thức kiểu Klamkin hàm arctan arccotan 3.3 Một số bất đẳng thức khác tam giác 3.3.1 Bất đẳng thức Weizenbock 3.3.2 Bất đẳng thức dạng Hadwiger-Finsler z at nh oi lm ul z 50 l gm 51 m co Tài liệu tham khảo @ Kết luận 34 34 37 42 42 46 an Lu n va ac th si Mở đầu Chuyên đề bất đẳng thức chuyên đề quan trọng bậc trung học phổ thông Bất đẳng thức không đối tượng nghiên cứu trọng tâm đại số giải tích mà cịn cơng cụ đắc lực nhiều lĩnh vực khác toán học lu Klamkin khảo sát nhiều lớp bất đẳng thức hình học liên quan đến hàm cosin an va xét dạng toán liên quan Ta biết bất đẳng thức lượng giác kiểu Klamkin n cho tam giác tn to β γ γα αβ + + 2α 2β 2γ ie gh α cos A + β cos B + γ cosC ≤ p ứng với số dương α, β , γ Bất đẳng thức chứng minh nl w phương pháp khác hình học phương pháp véctơ phương d oa pháp tọa độ phương pháp số phức an lu Tuy nhiên, dạng bất đẳng thức tương tự hàm lượng giác khác hàm sin, tan cotan người ta chưa chứng minh phương nf va pháp hình học Klamkin khơng đề cập đến dạng bất đẳng thức lm ul Đặc biệt, để chứng minh bất đẳng thức tương tự lượng giác z at nh oi ngược ta cần đến cơng cụ giải tích (tính lồi, lõm) để khảo sát chúng Để đáp ứng nhu cầu bồi dưỡng giáo viên bồi dưỡng học sinh giỏi nâng cao nghiệp vụ thân chuyên đề bất đẳng thức lượng giác, chọn z giác” l gm @ đề tài luận văn “Một số lớp bất đẳng thức lượng giác kiểu Klamkin tam co Luận văn nhằm cung cấp số dạng bất đẳng thức không đối xứng m tam giác hàm lượng giác lượng giác ngược số an Lu dạng liên quan n va Ngoài phần Mở đầu, Kết luận, Tài liệu tham khảo, luận văn gồm chương ac th si Chương Một số lớp bất đẳng thức Nội dung chương trình bày kiến thức hàm lượng giác, lượng giác ngược, hệ thức lượng giác Ngồi ra, chúng tơi trình bày bất đẳng thức Jensen cho hàm lồi, bất đẳng thức Karamata cho hai dãy số hệ chúng Chương Bất đẳng thức kiểu Klamkin hàm lượng giác tam giác Trình bày bất đẳng thức kiểu Klamkin cho hàm cosin, hàm sin, hàm tan cotan Chương Bất đẳng thức kiểu Klamkin hàm lượng giác ngược Trình bày bất đẳng thức kiểu Klamkin cho hàm arccos, hàm arcsin, hàm arctan hàm arccot lu an Luận văn hoàn thành trường Đại học Khoa học, Đại học Thái va Ngun Tơi xin bày tỏ lịng biết ơn tới GS TSKH Nguyễn Văn Mậu, người n định hướng chọn đề tài tận tình hướng dẫn, cho tơi nhận xét q báu gh tn to để tơi hồn thành luận văn p ie Tơi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành sâu sắc tới thầy cô, người tận tâm giảng dạy bảo tác giả suốt trình học tập thực oa nl w luận văn Tơi xin bày tỏ lịng biết chân thành tới phịng Sau Đại học, khoa d an lu Tốn - Tin, trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên giúp đỡ tạo nf va điều kiện cho tơi suốt q trình học tập nghiên cứu khoa học lm ul Cuối xin gửi lời cảm ơn tới gia đình, bạn bè, đồng nghiệp động viên, giúp đỡ tạo điều kiện tốt cho học tập nghiên cứu z at nh oi Thái Nguyên, tháng 10 năm 2018 Người viết luận văn z gm @ Đỗ Thị Thu Trang m co l an Lu n va ac th si Chương Một số lớp đẳng thức bất đẳng thức Chương trình bày định nghĩa hàm lượng giác sin, cos, tan, cotan, lu công thức biến đổi hàm lượng giác, hệ thức lượng tam giác an Ngoài ra, nêu định nghĩa hàm lượng giác ngược va n với số tính chất hàm lượng giác ngược, trình bày bất đẳng thức Jensen Một số hệ thức hàm lượng giác ngược w 1.1 p ie gh tn to cho hàm lồi, bất đẳng thức Karamata cho hai dãy số hệ chúng oa nl Định lí 1.1 ([3]) Giả sử hàm y = f (x) xác định, đồng biến nghịch biến d liên tục khoảng X Khi khoảng Y giá trị tương lu an ứng hàm đó, tồn hàm ngược (đơn trị) x = g(y) hàm đồng biến nf va nghịch biến liên tục khoảng lm ul Từ hàm lượng giác y = sin x, y = cos x, y = tanx, y = cot x, theo z at nh oi định lí trên, ta có hàm lượng giác ngược h π πi  π π Trong − , (hay − , ) hàm số y = sin x (hay y = tan x) 2 2 hàm đồng biến, liên tục nên tồn hàm ngược y = arcsin x (hay z gm @   sin(arcsin x) ≡ x   π π ⇔ − ≤ arcsin x ≤  2   −1 ≤ x ≤ m co l an Lu y = arctan x) sau:   y = arcsin x   x = sin y   −1 ≤ x ≤ 1, − π ≤ y ≤ π 2 n va ac th si     y = arctan x tan(arctan x) ≡ x     π π x = tan y ⇔ − < arctan x <   2   −∞ < x < ∞, − π < y < π  −∞ < x < ∞ 2 Trong [0, π] (hay (0, π)) hàm số y = cos x (hay y = cot x) hàm đồng biến, liên tục nên tồn hàm ngược y = arccos x (hay y = arccot x) sau: lu an n va    cos(arccos x) ≡ x ⇔ ≤ arccos x ≤ π   −1 ≤ x ≤    y = arccot x x = cot y   −∞ < x ≤ ∞, < y < π    cot(arccot x) ≡ x ⇔ < arctan x < π   −∞ < x < ∞ gh tn to    y = arccos x x = cos y   −1 ≤ x ≤ 1, ≤ y ≤ π p ie Một số tính chất hàm lượng w arcsin (−x) = −arcsin x, ∀x ∈ [−1, 1] d oa nl arccos (−x) = π − arccos x, ∀x ∈ [−1, 1] arctan (−x) = −arctan x lu nf va an arccot (−x) = −arccot x 1 1 p √ = = = > xy0 cos y − x2 − sin2 y z y0x = z at nh oi lm ul π π Hàm y = arcsin x (−1 < x < 1) với − < y < hàm ngược hàm x = sin y 2 π π Khi ta có xy = cos y > với − < y < Theo công thức đạo hàm hàm 2 ngược ta có gm @ x (1 − x2 )3 l Vậy hàm y = arcsin x hàm đồng biến Lại có y00x = p nên y00x > với lồi với −1 < x < Hơn nữa, ta có m co < x < y00x < với −1 < x < Suy hàm y = arcsin x lõm với < x < an Lu • với < x < 1, y00x > nên y(x) > y(a) + y0 (a)(x − a), ∀a ∈ (0, 1) n va ac th si • với −1 < x < 0, y00x < nên y(x) < y(a) + y0 (a)(x − a), ∀a ∈ (−1, 0) Hàm y = arccos x (−1 < x < 1) với < y < π hàm ngược hàm x = cos y Ta có xy0 = − sin y > với < y < π Theo công thức đạo hàm hàm ngược ta có 1 1 =− = −p >0 = −√ xy sin y − x2 − cos2 y x nên hàm y = arccos x hàm nghịch biến Lại có y00x = − p nên y00x < (1 − x ) 00 với < x < yx > với −1 < x < Suy hàm y = arccos x lồi với < x < y0x = lõm với −1 < x < Hơn nữa, ta có lu • với < x < 1, y00x < nên y(x) < y(a) + y0 (a)(x − a), ∀a ∈ (0, 1) an n va • với −1 < x < 0, y00x > nên y(x) > y(a) + y0 (a)(x − a), ∀a ∈ (−1, 0) p ie gh tn to π π Hàm y = arctan x (−∞ < x < ∞) với − < y < hàm ngược hàm 2 = + tan2 y = + x2 Suy x = tan y Ta có xy0 = cos2 y 1 y0x = = > xy + x2 nl w 2x nên y00x < 2 (1 + x ) 00 với x > yx > với x < 0, suy hàm y = arctan x lồi với x > lõm với d oa Do đó, hàm y = arctan x hàm đồng biến Lại có y00x = − nf va an lu x < Hơn nữa, ta có lm ul • với x > 0, y00x < nên y(x) < y(a) + y0 (a)(x − a), ∀a > z at nh oi • với x < 0, y00x > nên y(x) > y(a) + y0 (a)(x − a), ∀a < z Hàm y = arccot x (−∞ < x < ∞) với < y < π hàm ngược hàm x = cot y Ta có xy0 = − = −(1 + cot2 y) = −(1 + x2 ) Suy sin y 1 y0x = = − < xy + x2 co l gm @ 2x nên y00x > 2 (1 + x ) 00 với x > yx < với x < Suy hàm y = arccot x lõm với x > lồi với m Do đó, hàm y = arccos x hàm nghịch biến Lại có y00x = an Lu n va x < Hơn nữa, ta có ac th si • với x > 0, y00x > nên y(x) > y(a) + y0 (a)(x − a), ∀a > • với x < 0, y00x < nên y(x) < y(a) + y0 (a)(x − a), ∀a < 1.2 Bất đẳng thức Jensen bất đẳng thức Karamata 1.2.1 Bất đẳng thức Jensen Định lí 1.2 (Bất đẳng thức Jensen, [1]) Nếu f hàm lồi khoảng I với x1 , x2 , , xn ∈ I ta có lu x + x + ··· + x  n f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xn ) ≥ n f n an n va Đẳng thức xảy x1 = x2 = · · · = xn tn to Chúng ta quen với việc coi hàm lồi f : I → R hàm liên tục, khả vi cấp gh f 00 (x) ≥ ∀x ∈ I Tuy nhiên, với kiến thức THPT định lí Jensen p ie phát biểu dạng đơn giản dễ áp dụng x + y nl w Hệ 1.1 ([1]) Cho f : I ⊂ R+ → R thỏa mãn f (x)+ f (y) ≥ f ∀x, y ∈ d oa I Khi với x1 , x2 , , xn ∈ I ta có bất đẳng thức x + x + ··· + x  n f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xn ) ≥ n f n nf va an lu Chứng minh Chứng minh định lí ta dùng phương pháp quy nạp Định lí lm ul giúp cho việc kiểm tra bất đẳng thức Jensen thuận tiện bạn không z at nh oi biết đạo hàm Sau chứng minh gắn gọn cho định lí z Dễ thấy bất đẳng thức hiển nhiên n lũy thừa x bất đẳng thức với n = k + 1, ta lấy x = x1 + x2 + · · · + xk xk+1 = k x x + x  x k ≥ (k + 1) f = (k + 1) f f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xk ) + f k k+1 k l gm @ m co Do ta có điều phải chứng minh x + y n va f (x) + f (y) ≥ f an Lu Hiển nhiên thay điều kiện ac th si f (x) + f (y) ≤ f x + y bất đẳng thức tổng quát đổi chiều x + x + ··· + x  n f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xn ) ≤ n f n Ví dụ 1.1 Chứng minh với 4ABC ta có √ 3 sin A + sin B + sinC ≤ Lời giải Xét f (x) = sin x với x ∈ (0, π) Ta có lu an f 00 (x) = − sin x < ∀x ∈ (0, π) va n Từ theo bất đẳng thức Jensen tn to √ π 3 = sin = ie gh f (A) + f (B) + f (C) ≤ f  A + B +C  p Đẳng thức xảy 4ABC w  oa nl Ví dụ 1.2 Chứng minh với 4ABC đều, ta có d A B C √ + tan + tan ≥ 2  π Ta có Lời giải Xét f (x) = tan x với x ∈ 0,  π sin x 00 f (x) = > ∀x ∈ 0, cos3 x nf va an lu tan z at nh oi lm ul Từ theo bất đẳng thức Jensen ≥ 3f A + B +C 2 2 π √ =  Ví dụ 1.3 Chứng minh với 4ABC đều, ta có √ B 2 + tan  √ C 2 + tan  √ ≥3 √ 1− n va A 2 tan an Lu  m co l Đẳng thức xảy 4ABC = tan gm +f C  @ +f B z f A ac th si 38 Cộng vế với vế bât đẳng thức ta 2014 2014 2014arctan x < ∑ arctan n + ∑ + n2 (x − n) n=1 n=1 Suy ra: arctan x < 2014 " # ∑ arctan n + ∑ + n2 (x − n) , ∀x > n=1 n=1 2014 2014  Bài toán 3.5 Chứng minh lu π ≤ ln (x2 + 1) − ln − (x − 1) , ∀x ∈ [0; 1]
Lời giải Xét hàm số y = arctan x − ln x2 + với ∀x ∈ [0; 1] Ta có an arctan x − n va to tn 2x − 2x − = , 2 1+x 1+x + x2 2x2 − 2x − 00 < với ∀x ∈ [0; 1] y = (1 + x2 )2 p ie gh y0 = d oa nl w Suy y(x) < y(a) + y0 (a) (x − a) , ∀x ∈ [0; 1] an lu Thay a ta nf va Suy arctan x − z at nh oi lm ul
π arctan x − ln x2 + < − ln − (x − 1) π ≤ ln (x2 + 1) − ln − (x − 1) , ∀x ∈ [0; 1] z co l Bài toán 3.6 Chứng minh gm @  m b−a b−a < arctan a − arctan b < , a < x < b + b2 + a2 an Lu n va ac th si 39 Lời giải Xét hàm số y = arctan x, với x > Ta có y0 = , + x2 y” = − 2x (1 + x2 )2 < vớix > Suy y (x) < y (x0 ) + y0 (x0 ) (x − x0 ) vớix > Thay x0 a, b ta lu arctan x < arctan a + (x − a) , + a2 (3.1) arctan x < arctan b + (x − b) , + b2 (3.2) an Từ cơng thức (3.1) ta có n va (x − a) + a2 arctan b − arctan a < (b − a) + a2 tn to arctan x − arctan a < p ie gh Suy Từ cơng thức (3.2) ta có nl w d oa arctan b − arctan x < an lu Nên nf va arctan b − arctan a < (b − a) + b2 lm ul Từ suy (b − x) + b2 z at nh oi b−a b−a < arctan a − arctan b < , a < x < b 1+b + a2  z gm @ Bài toán 3.7 Chứng minh với hai số a, b ta ln có co l arctan b − arctan a < |b − a| m Lời giải Trong trường hợp a = b ta có bất đẳng cần phải chứng minh an Lu Trong trường hợp a 6= b Do vai trò a b nên ta giả sử a < b n va (trong trường hợp b < a ta chứng minh tương tự.) Xét hàm số y = arctan x, với ac th si 40 x ∈ [a; b] Do hàm y = arctan x khả vi với x ∈ [a; b] arctan a < arctan b theo định lí Lagrange tồn c ∈ (a; b) cho y0 (c) = y (b) − y (a) arctan b − arctan a = > b−a b−a Suy |arctan b − arctan a| = ≤ |b − a| + c2 Do |arctan b − arctan a| ≤ |b − a| ∀a, b Vậy ta có bất đẳng thức phải chứng minh lu an |arctan b − aarctan a| ≤ |b − a| ∀a, b va n  p ie gh tn to Bài toán 3.8 Chứng minh   1 < < n2 + 2n + n2 + n + n2 + ∀n ∈ N w > với + x2 x ∈ [n; n + 1] Theo Định lí Lagrange tồn c ∈ (n; n + 1) cho d oa nl Lời giải Xét hàm số y = arctan x với x ∈ [n; n + 1] Ta có y0 = arctan (n + 1) − arctan (n) = arctan (n + 1) − arctan (n) n+1−n nf va an lm ul Tức lu y0 (c) = arctan (n + 1) − arctan (n) = z at nh oi Mặt khác ta có + c2 z 1 1 = < < n2 + 2n + + (n + 1)2 + c2 n2 + ∀n ∈ N (3.4) l n+1−n = + (n + 1) n n + n + m co tan m = tan (arctan (n + 1) − arctan (n)) = gm @ Đặt m = arctan (n + 1) − arctan (n), ta (3.3)  n va  m = tan n +n+1 an Lu Hay ac th si 41 Suy  arctan (n + 1) − arctan (n) = arctan  n2 + n + Từ (3.3), (3.4) (3.5) ta suy điều phải chứng minh   1 < arctan < n2 + 2n + n2 + n + n2 + (3.5) ∀n ∈ N  Bài toán 3.9 Chứng minh arctan (x) ≥ x với x ≤ Lời giải Xét hàm y = arctan x − x với x ≤ Ta có lu an y0 = n va 2x 00 , y = − ≥ với ∀x ≤ + x2 (1 + x2 )2 y (x) ≥ y (x0 ) + y0 (x0 ) (x − x0 ) , ∀x ≤ 0; x0 ≤ gh tn to Suy Đẳng thức xảy x = p ie  nl w Nhận xét 3.1 Khi x ≥ ta có bất đẳng thức d oa arctan x ≤ x, ∀x ≥ lu an Bài toán 3.10 Cho tam giác ABC Chứng minh với α, β > ta ln nf va có lm ul z at nh oi arctan (α sin A + β ) + arctan (αsinB + β ) + arctan (αsinC + β ) ! √ α ≤ 3arctan +β z Lời giải Xét hàm y = arctan (αx + β ) với α, β > Ta có @ α 00 m co l gm 2α (αx + β ) y = > 0; y = −  2 < + (αx + β )2 + (αx + β ) α, β > an Lu với x > 0, α, β > Từ ta suy y = arctan (αx + β ) hàm lồi với n va ac th si 42 Theo tính chất hàm lồi ta ln có arctan (αx1 + β ) + arctan (αx2 + β ) + arctan (αx3 + β )   α (x1 + x2 + x3 ) ≤ 3arctan +β Thay x1 = sin A, x2 = sin B, x3 = sinC, ta có arctan (α sin A + β ) + arctan (α sin B + β ) + arctan (α sinC + β )   α (sin A + sin B + sinC) +β (3.6) ≤ 3arctan Lại có lu an n va (3.7) gh tn to √ 3 sin A + sin B + sinC ≤ Hơn hàm y = arctan (αx + β ) hàm đồng biến nên ! √   α (sin A + sin B + sinC) α 3arctan + β ≤ arctan +β 2 Từ (3.6) (3.7) suy ta có điều phải chứng minh p ie d oa nl w arctan (α sin A + β ) + arctan (αsinB + β ) + arctan (αsinC + β ) ! √ α ≤ 3arctan +β an lu  nf va Nhận xét 3.2 Hoàn toàn chứng minh tương tự ta thay A, B,C A B C , , Từ ta lớp toán chứng minh bất đẳng thức 2 lượng giác liên quan đến hàm lượng giác ngược z at nh oi lm ul 3.3 Một số bất đẳng thức khác tam giác z gm Bất đẳng thức Weizenbock @ 3.3.1 (3.8) n va Dấu đẳng thức xảy a = b = c an Lu √ a2 + b2 + c2 ≥ 3∆ m diện tích tam giác co l Định lí 3.1 (Bất đẳng thức Weizenbock) Giả sử a, b, c độ dài ba cạnh ∆ ac th si 43 Chứng minh Theo cơng thức Heron, ta có ∆2 = s(s − a)(s − b)(s − c), s = a+b+c Vận dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có  s 3 (s − a)(s − b)(s − c) ≤ ) Dấu đẳng thức xảy ta s − a = s − b = s − c ⇔ a = b = c Suy 11 11 s4 = (a + b + c)4 ∆ ≤ 27 27 16 Vì vậy, lu 1 ∆ = √ (a + b + c)2 3 Vận dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta an n va ie gh tn to 1 1 ∆ = √ (a+b+c)2 ≤ √ (1+1+1)(a2 +b2 +c2 ) = √ (a2 +b2 +c2 ) 3 3 4 p Đẳng thức xảy oa nl w a b c = = 1 d Từ suy điều phải chúng minh nf va an lu Tiếp theo, xét mở rộng bất đẳng thức Weizenbock nói Định lí 3.2 (Định lí Weizenbock mở rộng) Cho x, y, z số thực thỏa mãn Khi lm ul điều kiện x + y, y + z, z + x, xy + yz + zx ≥ tam giác ABC có diện tích ∆ z at nh oi √ xa2 + yb2 + zc2 ≥ xy + yz + zx∆ (3.9) z Chứng minh Áp dụng định lí hàm số cosin c2 = a2 + b2 − 2ab cosC công thức diện tích tam giác ∆ = ab sinC, ta có √ xa2 + yb2 + zc2 ≥ xy + yz + zx∆, √ ⇔ xa2 + yb2 + z(a2 + b2 − 2ab cosC) ≥ xy + yz + zx2ab sinC √ ⇔ (x + z)a2 + (y + z)b2 ≥ 2ab[ xy + yz + zx sinC + z cosC] √ a b ⇔ (x + z) + (y + z) ≥ 2[sinC xy + yz + zx + z cosC] (3.10) b a m co l gm @ an Lu n va ac th si 44 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz, ta có √ [sinC xy + yz + zx + z cosC]2 ≤ (xy + yz + zx + z2 )(sin2 C + cos2 C) = xy + yz + zx + z2 = (x + z)(y + z) Mặt khác lu an n va gh tn to h a b i2 (x + z) + (y + z) ≥ 4(x + z)(y + z) b a Do (3.10) Dấu đẳng thức xảy  a b  (x + z) = (y + z) b a cosC sinC   =√ z xy + yz + zx  a b   =√ √ y+z x+z ⇔ 2C cos sin2C sin2C + cos2C   = =  = z xy + yz + zx xy + yz + zx + z2 (x + z)(y + z) ie Thay b cosC tương ứng vào biểu thức c2 = a2 + b2 − 2bc cosC biểu thức p tương ứng trên, ta có c = a +a r − 2a d oa nl w 2x+z x+z z p y+z y + z (x + z)(y + z)  c 2 x+z z ⇔ = 1+ −2 a y+z y+z r x+y a c c ⇔√ =√ ⇔ = a y+z y+z x+y nf va an lu lm ul Vậy đẳng thức xảy z at nh oi a b c √ =√ =√ y+z x+y x+z (3.11) z Bất đẳng thức (3.9) gọi bất đẳng thức Weizenbock mở rộng @ co l rộng gm Tiếp theo, ta chứng minh số hệ bất đẳng thức Weizenbock suy m Bài toán 3.11 Cho tam giác ABC với diện tích ∆ số thực x, y, z Chứng an Lu (3.12) n va minh bất đẳng thức sau ln √ xab + ybc + zxa ≥ xy + yz + zx∆ ac th si